24分大题抢分练(二)

24分大题抢分练(二)

(建议用时：40分钟)

20．(12分)(2019·沈阳高三教学质量监测三)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，M(－2，y0)是C上一点，且|MF|＝2.

(1)求C的方程；

(2)过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，分别过点A，B两点作抛物线C的切线l1，l2，两条切线相交于点P，点P关于直线AB的对称点Q，判断四边形PAQB是否存在外接圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．

[解]　(1)根据题意知，4＝2py0，　①

因为|MF|＝2，所以y0＋＝2，　②

联立①②解得y0＝1，p＝2.

所以抛物线C的方程为x2＝4y.

(2)四边形PAQB存在外接圆．

设直线AB方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0，

设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝16k2＋16＞0，

且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，

所以|AB|＝|x1－x2|＝4(k2＋1)，

因为C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝.

因此，切线l1的斜率为k1＝，切线l2的斜率为k2＝，

由于k1k2＝＝－1，所以PA⊥PB，即△PAB是直角三角形，

所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点，线段AB是圆的直径，

所以点Q一定在△PAB的外接圆上，即四边形PAQB存在外接圆．

又因为|AB|＝4(k2＋1)，所以当k＝0时，线段AB最短，最短长度为4，

此时圆的面积最小，最小面积为4π.

21．(12分)(2019·武汉模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x.

(1)若a＝e，求f(x)的单调区间；

(2)[一题多解]若f(x)≥1，求a的取值范围．

[解]　(1)因为f(x)＝xex－ax－aln x，

所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－(x＞0)，

即f′(x)＝(xex－a)(x＞0)．

当a＝e时，f′(x)＝(xex－e)，

令g(x)＝xex－e(x＞0)，则g′(x)＝(x＋1)ex＞0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

因为g(1)＝0，

所以当0＜x＜1时，g(x)＜0，f′(x)＜0；当x＞1时，g(x)＞0，f′(x)＞0.

所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．

(2)法一：设F(x)＝xex－a(x＋ln x)－1，

则F′(x)＝(xex－a)(x＞0)．

①当a＝0时，F(x)＝xex－1，F＝－1＜0，

即f＜1，

故a＝0不符合题意．

②当a＜0时，

若x∈(0,1)，则F(x)＝xex－a(x＋ln x)－1＜e－a－aln x－1.

令e－a－aln x－1≤0，即ln x≤，

取x1＝e∈(0,1)，则e－a－aln x1－1＝0，即F(x1)＜0，f(x1)＜1.

故a＜0不符合题意．

③当a＞0时，令h(x)＝xex－a，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝(x＋1)ex＞0，

故h(x)在[0，＋∞)上单调递增．

因为h(0)＝－a＜0，h(a)＝aea－a＝a(ea－1)＞0，

所以存在唯一的x0∈(0，a)使得h(x0)＝0，

所以x∈(0，x0)时，h(x)＜0，F′(x)＜0；x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，F′(x)＞0.

故F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

所以F(x)的最小值为F(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)－1，

因为h(x0)＝0，即x0ex0＝a，两边取对数得x0＋ln x0＝ln a，

所以F(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)－1＝a－aln a－1.

令G(x)＝x－xln x－1，则G′(x)＝－ln x，

所以G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

故G(x)≤G(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．

故当且仅当a＝1时，F(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．

综上，当且仅当a＝1时，f(x)≥1恒成立，故a的取值范围为{1}．

法二：设F(x)＝xex－a(x＋ln x)－1，则F′(x)＝(xex－a)(x＞0)．

设h(x)＝xex－a(x≥0)，易知h(x)在[0，＋∞)上单调递增．

①当a＝1时，因为h＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，

所以存在唯一x0∈，使得x0ex0－1＝0，即x0ex0＝1，x0＋ln x0＝0.

所以当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即F′(x)＜0，F(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即F′(x)＞0，F(x)单调递增．

故F(x)≥F(x0)＝0，即f(x)≥1，符合题意．

②当a＞1时，h(x0)＝x0ex0－a＝1－a＜0，h(a)＝aea－a＞0，

所以存在唯一x1∈(x0，a)，使得h(x1)＝0.

所以当x∈(x0，x1)时，h(x)＜0，即F′(x)＜0，F(x)单调递减．

故F(x1)＜F(x0)＝0，即f(x1)＜1，故a＞1不符合题意．

③当0＜a＜1时，h(x0)＝x0ex0－a＝1－a＞0，h(0)＝－a＜0，

所以存在唯一x2∈(0，x0)，使得h(x2)＝0，

所以当x∈(x2，x0)时，h(x)＞0，即F′(x)＞0，

所以F(x)在(x2，x0)上单调递增，故F(x2)＜F(x0)＝0，即f(x2)＜0，

故0＜a＜1不符合题意．

④当a＝0时，f＝＜1，不符合题意．

⑤当a＜0时，若x∈(0,1)，则f(x)＝xex－ax－aln x＜e－a－aln x，取x3＝e∈(0,1)，则f(e)＜e－a－a·＝1，不符合题意．

综上，a的取值范围为{1}．

法三：①当a≤0时，f′(x)＝(xex－a)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

令t(x)＝x＋ln x，则t(x)在(0，＋∞)上单调递增，又t＝－1＜0，t(1)＝1＞0，

所以存在唯一x0∈，使得t(x0)＝0，即x0＋ln x0＝0，

即x0ex0＝1，故f(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＝1，

所以任意x∈(0，x0)，都有f(x)＜f(x0)＝1.

故a≤0不符合题意．

②当a＝1时，f(x)＝xex－(x＋ln x)＝ex＋ln x－(x＋ln x)，

考察函数h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.

所以x＜0时，h′(x)＜0；x＞0时，h′(x)＞0.

所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

故h(x)≥h(0)＝0，

所以ex≥x＋1，故f(x)≥x＋ln x＋1－(x＋ln x)＝1，故a＝1符合题意．

③当a＞0且a≠1时，考察函数φ(x)＝x＋ln x－ln a，

因为φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(a)＝a＞0，φ＝＜0，

所以存在唯一x1∈，使得x1＋ln x1＝ln a，即x1ex1＝a，

所以f(x1)－1＝x1ex1－a(x1＋ln x1)－1＝a－aln a－1.

令G(t)＝t－tln t－1，则G′(t)＝－ln t，

故G(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

故G(t)≤G(1)＝0，当且仅当t＝1时，“＝”成立．

所以当a∈(0,1)∪(1，＋∞)时，a－aln a－1＜0，即f(x1)－1＜0，f(x1)＜1，

故a∈(0,1)∪(1，＋∞)不符合题意．

综上，a的取值范围是{1}．

法四：设h(x)＝x＋ln x，x∈(0，＋∞)，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当x∈(0,1)时，x＋ln x＜1＋ln x，所以y＝x＋ln x在(0,1)上的值域为(－∞，1)；

当x∈[1，＋∞)时，y＝x＋ln x的值域为[1，＋∞)．

所以h(x)＝x＋ln x的值域为R.

故对于R上任意一个值y0都有唯一的一个正数x0，使得y0＝x0＋ln x0.

因为xex－ax－aln x－1≥0，所以ex＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0.

设F(t)＝et－at－1，t∈R，所以要使ex＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0，只需F(t)min≥0.

当a≤0时，因为F(－1)＝＋a－1＜0，即f(－1)＜1，所以a≤0不符合题意．

当a＞0时，若t∈(－∞，ln a)，则F′(t)＝et－a＜0，F(t)在(－∞，ln a)上单调递减；

若t∈(ln a，＋∞)，则F′(t)＝et－a＞0，F(t)在(ln a，＋∞)上单调递增．

所以F(t)min＝F(ln a)＝a－aln a－1.

设m(a)＝a－aln a－1，a∈(0，＋∞)，

则m′(a)＝－ln a，当a∈(0,1)时，m′(a)＞0，m(a)在(0,1)上单调递增；

当a∈(1，＋∞)时，m′(a)＜0，m(a)在(1，＋∞)上单调递减．

所以m(a)max＝m(1)＝0，所以m(a)≤0，F(t)min≤0，当且仅当a＝1时，等号成立．

又F(t)≥0，所以F(t)min＝0，所以a＝1.

综上，a的取值范围为{1}．